1 Introducción a las ecuaciones diferencialesdma.aq.upm.es/profesor/rosado_e/ApuntesEDO2014.pdf2 Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden Vamos a estudiar diferentes tipos

Profesora: Eugenia Rosado E.T.S. Arquitectura. EDO.1

1 Introducción a las ecuaciones diferenciales

Una ecuación diferencial es aquella que relaciona las variables independientes con la vari-able dependiente y sus derivadas con respecto a una o más variables independientes. Lasecuaciones diferenciales juegan un papel fundamental tanto en la propia Matemática comoen otras ciencias como la Física, Química, Economía, Biología, etc.Si y = f(x) es una función dada, su derivada respecto de la variable independiente x se

puede interpretar como el ritmo de cambio de la variable y respecto de la variable x. Porejemplo, es bastante usual que en un proceso económico, las variables involucradas y susritmos de variación estén relacionados entre sí por medio de los principios económicos quegobiernan dicho proceso. Al expresar tal conexión en términos matemáticos el resultadoes, con frecuencia, una ecuación diferencial.A diferencia de las ecuaciones algebraicas, en una ecuación diferencial la incógnita es

una función (en ocasiones del tiempo), no un número.Una ecuación diferencial es aquélla que relaciona una o varias variables independientes,

una función de dichas variables (que es la función incógnita) y las derivadas de dicha funciónhasta un cierto orden.Ecuación diferencial en derivadas parciales. Cuando la función incógnita depende

de más de una variable, tendremos una ecuación diferencial en derivadas parciales. Porejemplo, la ecuación:

F

�x; y; z(x; y);

@z

@x(x; y);

@z

@y(x; y);

@2z

@x2(x; y);

@2z

@x@y(x; y);

@2z

@y2(x; y)

�= 0

relaciona las variables independientes x; y con la variable dependiente z(x; y) y las derivadasparciales de z(x; y).Un ejemplo de ecuación diferencial en derivadas parciales es

x@z

@x+ y

@z

@y= kz

donde la función incógnita es z = z(x; y).Ecuación diferencial ordinaria. Cuando la función incógnita depende de una vari-

able, se dice que es una ecuación diferencial ordinaria; esto es, la ecuación:

F�x; y(x); y0(x); y00(x); : : : ; y(n(x)

�= 0

relaciona la variable independiente x con la variable dependiente y(x) y las derivadas hastaorden n de y(x).Si la ecuación anterior se puede escribir como

y(n(x) = f(x; y(x); y0(x); :::; y(n�1(x))

donde f es una determinada función de�nida en un subconjunto de Rn+1, se dice que laecuación viene dada en su forma normal.

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Se llama orden de una ecuación diferencial ordinaria al mayor de los órdenes de lasderivadas que aparecen en la ecuación.En el primer tema nos centraremos en el estudio de las ecuaciones diferenciales ordi-

narias de primer orden; esto es, ecuaciones de la forma

F (x; y(x); y0(x)) = 0:

Se llama solución de una ecuación diferencial ordinaria de primer orden

F (x; y(x); y0(x)) = 0

en el conjunto D � R a toda función y = '(x) tal que

F (x; '(x); '0(x)) = 0

para todo x 2 D � R.En general, una ecuación diferencial ordinaria tiene in�nitas soluciones pero se sue-

len tener condiciones, por ejemplo, valores iniciales, que limitan el número de solucionesadecuadas al modelo a estudiar.Llamamos solución general de una ecuación diferencial al conjunto de todas las solu-

ciones. Y se denomina solución particular de una ecuación diferencial a una cualquiera desus soluciones.El proceso de obtención de las soluciones de una ecuación diferencial se denomina

resolución o integración de la misma.

Teoría cualitativa de ecuaciones diferencialesCuando se empezó a desarrollar la teoría de las ecuaciones diferenciales, se trató de

hallar soluciones explícitas de tipos especiales de ecuaciones pero pronto se advirtió quesólo unas pocas ecuaciones se podían resolver de esta manera. Sin embargo, en muchoscasos no es necesario obtener fórmulas explícitas de las soluciones y basta con poner enrelieve las propiedades más relevantes de la solución. La teoría de las ecuaciones difer-enciales comprende muchos resultados sobre el comportamiento general de las soluciones.Esto es lo que se llama teoría cualitativa. Sus resultados principales son los teoremas deexistencia y unicidad de solución, los análisis de sensibilidad e investigaciones de estabil-idad de equilibrios. Estos temas tienen tanto interés teórico como una gran importanciapráctica.NOTA: Usaremos indistintamente las siguientes notaciones para una EDO de primer

orden en forma normal:

y0(x) = f(x; y(x)); x variable independiente, y(x) variable dependiente,

u0(x) = f(x; u(x)); x variable independiente, u(x) variable dependiente,

x0(t) = f(t; x(t)); t variable independiente, x(t) variable dependiente.


2 Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden

Vamos a estudiar diferentes tipos de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden ylas técnicas de integración que nos permiten calcular la solución general en cada caso.En primer lugar, y antes de proceder a realizar las operaciones oportunas para el cálculo

de la solución del problema planteado, es necesario veri�car la existencia y unicidad desolución, para ello contamos con el Teorema de existencia y unicidad de solución, que nosdice que, dado un problema de Cauchy�

y0 = f(x; y)y(x0) = y0

esto es, dada una ecuación diferencial ordinaria y0 = f(x; y) donde f es una función realde clase C1 en un abierto A � R2, (es decir, existen las derivadas primeras de f en A y sonfunciones continuas) y dada una condición inicial y(x0) = y0, con (x0; y0) 2 A, entoncesexiste un entorno de x0 en el cual dicha ecuación diferencial posee una única solucióny = '(x), que veri�ca la condición inicial '(x0) = y0.La solución de un problema de Cauchy concreto se encuentra a partir de la integral gen-

eral de la ecuación diferencial '(x;C), donde C es una constante arbitraria, determinandola constante C de manera que se obtenga una curva que contenga al punto (x0; y0).En muchas ocasiones puede ser conveniente apoyarnos en la interpretación geométrica

de las soluciones diferenciales de primer orden, para ello, analicemos el siguiente ejemplo:

Ejemplo 1: Sea la ecuación diferencial:

y0 = �xy

(1)

La ecuación (1) es una ecuación diferencial de las denominadas en variables separables,cuya resolución se efectuará más adelante (Ejemplo 3); se adelanta que su solución es:

y2 + x2 = C; C 2 R:

Esto es, la solución general es una familia de circunferencias concéntricas, de centro (0; 0)y radio

pC.

Para encontrar la solución particular de la ecuación diferencial (1) que veri�que: (x; y) =(2; 1), únicamente tendríamos que sustituir el punto (2; 1) en la solución general y de estamanera obtendríamos el parámetro C:

12 + 22 = C de donde C = 5:

Es decir, la solución particular es:x2 + y2 = 5

que, geométricamente, es la circunferencia de centro (0; 0) y radiop5.


2.1 Ecuaciones diferenciales de variables separables

Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden

u0(x) = f(x; u(x))

se dice que es de variables separables si se puede expresar en la forma

g(u(x))u0(x) = h(x)

donde g y h son funciones dadas.La solución general de este tipo de ecuaciones se calcula integrando los dos miembros

de la ecuación; esto es, Zg(u(x))u0(x)dx =

Zh(x)dx+ C:

Ejemplo 2: Vamos a resolver la siguiente ecuación diferencial ordinaria de primer ordende variables separables:

u0(x) = 2x(u(x) + 3);

esto es,u0(x)

u(x) + 3= 2x:

Integrando tenemos Zu0(x)

u(x) + 3dx =

Z2xdx;

esto es,ln ju(x) + 3j = x2 + C

y, tomando exponenciales a ambos lados de la igualdad y operando, obtenemos la solucióngeneral:

u(x) = ex2+C � 3 = Kex2 � 3; donde K = eC .


Ejemplo 3: Hallar la curva tal que la pendiente de la recta tangente a la curva en cadapunto es �x=y. Por tanto, dicha curva debe satisfacer la siguiente ecuación diferencial:

y0 = �xy

con (x; y) 2 R2 � f(0; 0)g. La ecuación anterior se puede escribir como sigue:

yy0 = �x

e integrando, tenemos Zy(x)y0(x)dx =

Z�xdx;

esto es,1

2y(x)2 = �1

2x2 + C

de donde, operando se tieney2 + x2 = C:

NOTA: A la constante 2C, la denominamos también C ya que vuelve a ser una constantearbitraria.

Ejemplo 4: Vamos a resolver ahora la siguiente ecuación diferencial:

u0(x) = �2u(x)2x

con valor inicial: u(0) = �1=2.Operando obtenemos:

� u0(x)

u(x)2= 2x;

e, integrando la ecuación anterior se tiene

�Zu0(x)

u(x)2dx =

Z2xdx;

esto es,1

u(x)= x2 + C:

Con lo que la solución general de la ecuación dada es la siguiente familia de curvas:

u(x) =1

x2 + C; con C 2 R.

Para hallar la curva integral que veri�ca u(0) = �1=2, debemos hallar el valor de laconstante C correspondiente. Tenemos que

�12=

1

0 + C


luego C = �2. Así, la curva integral es

u(x) =1

x2 � 2

que es la solución particular buscada. Puede verse su representación grá�ca en la siguiente�gura:


Ejemplo 5: La ecuación

u0(x) = (1 + x2)(1 + u(x))

se puede escribir comou0(x)

1 + u(x)= 1 + x2:

Integramos a ambos lados de la igualdad:Zu0(x)

1 + u(x)dx =

Z �1 + x2

�dx =) ln j(1 + u(x))j = x+ x

3

3+ C:

Y, operando obtenemos:

u(x) = Cex+x3

3 � 1:Ejemplo 6: La ecuación

u0(x) +1 + u2(x)

x= 0;

se puede escribir comou0(x)

1 + u2(x)= �1

x:

Integramos a ambos lados de la igualdad:Zu0(x)

1 + u2(x)dx = �

Z1

xdx =) arctg(u(x)) = � ln jxj+ C = ln

�1

jxj

�+ C:

Y, operando obtenemos:

u(x) = tg

�ln

�1

jxj

�+ C

�:


Problema: Hallar la curva tal que por cada punto de la curva, el segmento cuyosextremos son los puntos de corte de la recta tangente a la curva en dicho punto con losejes coordenados, se divide a la mitad en el punto de tangencia.Supongamos que la curva es la grá�ca de una función y(x). Un punto de la curva es

de la forma (x; y(x)). La condición es:

y0 = �yx:

Por tanto, integrandoy0(x)

y(x)= �1

x;

obtenemos:Zy0(x)

y(x)dx = �

Z1

xdx =) ln jy(x)j = � ln jxj+ C = ln

�1

jxj

�+ C:

Y, tomando exponenciales a ambos lados de la igualdad, obtenemos:

y(x) = K1

jxj :


2.2 Ecuaciones diferenciales homogéneas

Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden u0(x) = f(x; u(x)) se dice que es ho-mogénea si la función f es una función homogénea de grado 0; esto es,

f(tx; tu(x)) = t0f(x; u(x)) = f(x; u(x)):

En este caso, la ecaución diferencial se puede escribir de la siguiente manera:

u0(x) = f

�1;u(x)

x

�: (2)

La integral general de este tipo de ecuaciones se puede obtener haciendo el cambio devariable:

v(x) =u(x)

x() u(x) = xv(x); (3)

con lo que, derivando, obtenemos

u0(x) = v(x) + xv0(x): (4)

Sustituyendo (3) y (4) en la ecuación (2) se obtiene la siguiente ecuación diferencial quees de variables separables:

v(x) + xv0(x) = f (1; v(x))

pues operando, se puede escribir de la siguiente forma:

v0(x)

f (1; v(x))� v(x) =1

x:

Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo 7: Vamos a obtener la solución general de la siguiente ecuación diferencialordinaria de primer orden:

(x2 + u(x)2)� 2xu(x)u0(x) = 0:

Despejamos u0(x) de la ecuación anterior:

u0(x) =x2 + u(x)2

2xu(x):

Y así escrita es fácil ver que es una ecuación homogénea. Dividiendo el numerador y eldenominador del miembro de la derecha de la igualdad entre x2, obtenemos

u0(x) =1 +

u(x)2

x2

2u(x)

x

:


Haciendo el cambio de variable v(x) = u(x)=x, y por tanto,

u0(x) = v(x) + xv0(x)

obtenemos

v(x) + xv0(x) =1 + v(x)2

2v(x)

esto es,

xv0(x) =1� v2(x)2v(x)

de donde2v(x)

1� v2(x)v0(x) =

1

x:

Integrando a ambos lados de la ecuación anterior se obtiene:Z2v(x)

1� v2(x)v0(x)dx =

Zdx

x

esto es,

� ln��1� v2(x)�� = ln jxj+ C;

ln��1� v2(x)�� = � ln jxj � C = ln

�1

jxj

�� C:

Tomando exponenciales en la ecuación anterior se obtiene

1� v2(x) = K 1x=) v(x) =

r1� K

x:

Deshaciendo el cambio de variable: v(x) = u(x)=x, tenemos

u(x) = x

r1� K

x

que es la solución general del problema planteado.

Ejemplo 8: Vamos a obtener la solución general de la siguiente ecuación diferencialordinaria de primer orden:

u0(x) =u(x)

x+ 1:

Es inmediato comprobar que es una ecuación homogénea. Haciendo el cambio de variablev(x) = u(x)=x, y por tanto,

u0(x) = v(x) + xv0(x)


obtenemosv(x) + xv0(x) = v(x) + 1

esto es,

v0(x) =1

x:

Integrando a ambos lados de la ecuación anterior se obtiene:Zv0(x)dx =

Zdx

x

esto es,v(x) = ln jxj+ C:

Deshaciendo el cambio de variable: v(x) = u(x)=x, tenemos

u(x) = x (ln jxj+ C)

que es la solución general del problema planteado.

Ejemplo 9: Vamos a obtener la solución general de la ecuación

u0(x) =x+ u(x)� 2x� u(x) + 2 :

Esta ecuación no es una ecuación homogénea. Vamos a hacer un cambio de coordenadasde manera que en el nuevo sistema de coordenadas la ecuación sea homogénea. Las rectas

x+ y � 2 = 0

x� y + 4 = 0

se cortan en el punto (�1; 3). Consideramos el cambio de variables

x = z � 1u(x) = v(z) + 3

luego, u0(x) = v0(z) y obtenemos la siguiente ecuación homogénea:

v0(z) =(z � 1) + (v(z) + 3)� 2(z � 1)� (v(z) + 3) + 4 =

z + v(z)

z � v(z)

que sí es una ecuación homogénea. Dividimos por z el numerados y el denominador delmiembro de la derecha de la ecuación y obtenemos:

v0(z) =1 + v(z)

z

1� v(z)z


Haciendo ahora el cambio de variable w(z) = v(z)=z obtenemos

w(z) + zw0(z) =1 + w(z)

1� w(z) ,

de donde, obtenemos

zw0(z) =1 + w(z)

1� w(z) � w(z) =1 + w2(z)

1� w(z)

luego1� w(z)1 + w2(z)

w0(z) =1

z

e, integrando, se tiene Z1� w(z)1 + w2(z)

w0(z)dz =

Z1

zdz:

TenemosZ1� w(z)1 + w2(z)

w0(z)dz =

Z1

1 + w2(z)w0(z)dz � 1

2

Z2w(z)

1 + w2(z)w0(z)dz

= arctanw(z)� 12ln(1 + w2(z)):

Por tanto,

arctanw(z)� 12ln(1 + w2(z)) = ln jzj+ C

y, deshaciendo los cambios de variables considerados (primero w(z) = v(z)=z y despuésx = z � 1, u(x) = v(z) + 3, se tiene

arctan

�u(x)� 3x+ 1

�� 12ln

1 +

�u(x)� 3x+ 1

�2!= ln jx+ 1j+ C;

que es la ecuación implícita de la solución general de la ecuación diferencial dada.


2.3 Ecuación lineal de primer orden

Decimos que una ecuación diferencial ordinaria de primer orden es lineal si se puede escribirde la siguiente forma:

y0(x) + a(x)y(x) = b(x): (5)

Si b(x) = 0 diremos que la EDO es homogénea y si b(x) no es idénticamente cero, diremosque la EDO es no homogénea.

Si la función a(x), es constante, diremos que la EDO lineal es de coe�cientes constantes.

La solución general de una ecuación lineal de primer no homogénea

y0(x) + a(x)y(x) = b(x);

se escribe como la suma de la solución general de la homogénea más una solución particularde la no homogénea.Si yh(x) es solución de la homogénea se tiene:

y0h(x) + a(x)yh(x) = 0:

Y si yp(x) es una solución particular de la no homogénea entonces:

(yh + yp)0(x) + a(x)(yh + yp)(x)

= y0h(x) + y0p(x) + a(x)yh(x) + a(x)yp(x)

= y0h(x) + a(x)yh(x)| {z }0

+ y0p(x) + a(x)yp(x)| {z }b(x)

= b(x):

2.3.1 Cálculo de la solución general de la homogénea

La EDO homogénea asociada es:

y0(x) + a(x)y(x) = 0

que es de variables separables y la solución general es:

ln jy(x)j =Zy0(x)

y(x)dx = �

Za(x)dx+ C ) y(x) = K exp

��Za(x)dx

�:

2.3.2 Variación de la constante

Para encontrar la solución general de la EDO (5) consideramos que la constanteK dependede x e imponemos que

y(x) = K(x) exp

��Za(x)dx

�


es solución de la ecuación. Tenemos:

K 0(x) exp

��Za(x)dx

�� a(x)K(x) exp

��Za(x)dx

�| {z }

y0(x)

+a(x)K(x) exp

��Za(x)dx

�| {z }

y(x)

= b(x)

esto es,

K 0(x) exp

��Za(x)dx

�= b(x)

de donde obtenemos:

K(x) =

Zb(x) exp

�Za(x)dx

�dx+ C:

Por tanto, la solución general de la EDO (5) es

y(x) = exp

��Za(x)dx

��Zb(x) exp

�Za(x)dx

�dx+ C

�= exp

��Za(x)dx

�Zb(x) exp

�Za(x)dx

�dx| {z }

solución particular de la no homogénea

+ C exp

��Za(x)dx

�| {z }

solución general de la homogénea


Ejemplo 10: Obtengamos la solución general de la ecuación diferencial

y0(x) = y(x) + e3x:

Cálculo de la solución general de la homogéneaLa EDO homogénea asociada es:

y0(x)� y(x) = 0


ln jy(x)j =Zy0(x)

y(x)dx =

Z1dx = x+ C ) y(x) = K exp (x) :

Variación de la constanteConsideramos que la constante K depende de x e imponemos que

y(x) = K(x)ex


K 0(x)ex +K(x)ex| {z }y0(x)

�K(x)ex| {z }y(x)

= e3x

esto es,K 0(x)ex = e3x

de donde obtenemos:

K(x) =

Ze3xe�xdx = 1

2e2x + C


y(x) =�12e2x + C

�ex

= 12e3x|{z}


+ Cex|{z}solución general de la homogénea

COMPROBACIÓN:Derivando y(x) =

�12e2x + C

�ex obtenemos:

y0(x) = e2xex +

�1

2e2x + C

�ex

= e3x + y(x):



y0(x) = tg(x)y(x) + sin(x):


y0(x) = tg(x)y(x)


ln jy(x)j =Zy0(x)

y(x)dx =

Ztg(x)dx = � ln j cos(x)j+ C ) y(x) = K

1

cos(x):


y(x) = K(x)1

cos(x)


K 0(x)1

cos(x)+K(x)

sin(x)

cos2(x)| {z }y0(x)

= tg(x)K(x)1

cos(x)| {z }y(x)

+ sin(x);

esto es,

K 0(x)1

cos(x)= sin(x)

de donde obtenemos:

K(x) =

Zsin(x) cos(x)dx = 1

2sin2(x) + C


y(x) =�12sin2(x) + C

� 1

cos(x)

= 12sin2(x)

1

cos(x)| {z }solución particular de la no homogénea

+ C1

cos(x)| {z }solución general de la homogénea

COMPROBACIÓN:


Derivando y(x) =�sin2(x)2

+ C�

1cos(x)

obtenemos:

y0(x) = sin(x) cos(x)1

cos(x)+

�sin2(x)

2+ C

�sin(x)

cos2(x)

= sin(x) +

�sin2(x)

2+ C

�1

cos(x)

sin(x)

cos(x)

= sin(x) + y(x)tg(x):



y0(x) = y(x) + sin2(x):


y0(x) = y(x)


ln jy(x)j =Zy0(x)

y(x)dx =

Z1dx = x+ C ) y(x) = Kex:


y(x) = K(x)ex


K 0(x)ex +K(x)ex| {z }y0(x)

= K(x)ex| {z }y(x)

+ sin2(x);

esto es,K 0(x)ex = sin2(x)

de donde obtenemos:

K(x) =

Zsin2(x)e�xdx:

Integramos por partes tomando:�u = sin2(x)dv = e�xdx

)�du = 2 sinx cosxdxv = �e�x

luego Zsin2(x)e�xdx = � sin2(x)e�x +

Z2 sin x cosxe�xdx:

Integramos otra vez por partes tomando:�u = 2 sinx cosxdv = e�xdx

)�du = 2

�cos2 x� sin2 x

�dx = 2

�1� 2 sin2 x

�dx

v = �e�x


obtenemos:Zsin2(x)e�xdx = � sin2(x)e�x +

Z2 sin x cosxe�xdx

= � sin2(x)e�x � 2 sin x cosxe�x +Z2�1� 2 sin2 x

�e�xdx

= � sin2(x)e�x � 2 sin x cosxe�x +Z2e�xdx� 4

Zsin2 xe�xdx

= � sin2(x)e�x � 2 sin x cosxe�x � 2e�x � 4Zsin2 xe�xdx:

Por tanto, Zsin2(x)e�xdx =

1

5

�� sin2(x)e�x � 2 sin x cosxe�x � 2e�x + C

�:


y(x) =

�1

5

�� sin2(x)e�x � 2 sinx cosxe�x � 2e�x + C

��ex

=1

5

�� sin2(x)e�x � 2 sin x cosxe�x � 2e�x

�ex| {z }


+1

5Cex| {z }

solución general de la homogénea


Ejemplo 13: Obtengamos la solución del problema de Cauchy:�y0(x) cos2(x) + y(x) = tg(x)y��4

�= 2


y0(x) cos2(x) + y(x) = 0


ln jy(x)j =Zy0(x)

y(x)dx = �

Z1

cos2(x)dx = �tg(x) + C =) y(x) = Ke�tg(x):


y(x) = K(x)e�tg(x)

es solución de la ecuación. Tenemos:�K 0(x)e�tg(x) �K(x) 1

cos2(x)e�tg(x)

�| {z } cos2(x)

y0(x)

+K(x)e�tg(x)| {z }y(x)

= tg(x);

esto es,K 0(x)e�tg(x) cos2(x) = tg(x)

de donde obtenemos:

K(x) =

Z1

cos2(x)tg(x)e�tg(x)dx:

Integramos por partes tomando:�u = tg(x)dv = 1

cos2(x)etg(x)dx

=)�du = 1

cos2(x)dx

v = etg(x)

Tenemos:

K(x) =

Z1

cos2(x)tg(x)etg(x)dx

= tg(x)etg(x) �Zetg(x)

1

cos2(x)dx

= tg(x)etg(x) � etg(x) + C= (tg(x)� 1) etg(x) + C:


Luego la solución general de nuestra EDO es:

y(x) =�(tg(x)� 1) etg(x) + C

�e�tg(x)

= tg(x)� 1| {z }solución particular de la EDO

+ Ce�tg(x)| {z }solución general de la EDO homogénea

:

Queremos que y��4

�= 2 por tanto,�

tg�4� 1�+ Ce�tg

�4 = 2

de donde: C = 2e. Luego la solución del problema de Cauchy es:

y(x) = tg(x)� 1 + 2e1�tg(x):


2.4 Ecuaciones de Bernouilli

Decimos que una ecuación diferencial ordinaria de primer orden es de Bernouilli si se puedeescribir de la siguiente forma:

y0(x) = y(x)f(x) + y(x)ng(x); con n 6= 0; 1.

Si n = 0 tenemos una EDO de variables separables y con n = 1 tenemos una ecuaciónlineal.Dividiendo por y(x)n obtenemos:

y0(x)

y(x)n=y(x)

y(x)nf(x) + g(x):

Para convertirla en una EDO lineal hacemos el cambio:

u(x) =y(x)

y(x)n:

Entonces

u0(x) =y0(x)y(x)n � y(x)ny(x)n�1y0(x)

y(x)2n

= y0(x)y(x)n � ny(x)n

y(x)2n

= y0(x)(1� n) 1

y(x)n;

luego,y0(x)

y(x)n=u0(x)

1� n:

Sustituyéndolo en la EDO obtenemos la siguiente EDO lineal que resolvemos siguiendo lospasos del apartado anterior:

u0(x) = (1� n) f(x)u(x) + (1� n) g(x):



y0(x) = � 1

x+ 2y(x)� 1

2(x+ 2)4y(x)2:

Es una EDO de Bernuilli con n = 2. Dividiendo por y(x)2, obtenemos:

y0(x)

y(x)2= � 1

x+ 2

1

y(x)� 12(x+ 2)4;

y hacemos el cambio de variable:

u(x) =1

y(x):

luego

u0(x) = � y0(x)

y(x)2:

Lo sustituimos en la EDO y obtenemos la siguiente ecuación lineal:

u0(x) =1

x+ 2u(x) +

1

2(x+ 2)4:


u0(x) =1

x+ 2u(x)


ln ju(x)j =Zu0(x)

u(x)dx =

Z1

x+ 2dx = ln jx+ 2j+ C =) u(x) = K (x+ 2) :


u(x) = K(x) (x+ 2)


K 0(x) (x+ 2) +K(x)| {z }u0(x)

=1

x+ 2K(x) (x+ 2)| {z }

u(x)

+1

2(x+ 2)4;

esto es,

K 0(x) (x+ 2) =1

2(x+ 2)4


de donde obtenemos:

K(x) =

Z1

2(x+ 2)3dx =

1

2

(x+ 2)4

4+ C:

Luego,

u(x) =

�(x+ 2)4

8+ C

�(x+ 2) =

(x+ 2)5

8+ C (x+ 2) :

Deshacemos el cambio de variable y obtenemos:

y(x) =1

u(x)=

8

(x+ 2)5 + 8C (x+ 2):



y0(x) = x2y(x) + (x2 � 1)e3x 1

y(x)2:

Es una EDO de Bernouilli con n = �2. Multiplicando por y(x)2, obtenemos:

y0(x)y(x)2 = x2y(x)3 + (x2 � 1)e3x:

Y tomando u(x) = y(x)3 obtenemos u0(x) = 3y(x)2y0(x) luego la EDO se escribe como lasiguiente EDO lineal:

1

3u0(x) = x2u(x) + (x2 � 1)e3x:


1

3u0(x) = x2u(x)


ln ju(x)j =Zu0(x)

u(x)dx = 3

Zx2dx = x3 + C =) u(x) = Kex

3

:


u(x) = K(x)ex3


1

3K 0(x)ex

3

+ 3x2K(x)ex3| {z }

u0(x)

= x2K(x)ex3| {z }

u(x)

+ (x2 � 1)e3x;

esto es,1

3K 0(x)ex

3

= (x2 � 1)e3x

de donde obtenemos:

K(x) = 3

Z(x2 � 1)e�x3+3xx

= �Z3(�x2 + 1)e�x3+3xdx

= �e�x3+3x + C


Por tanto,u(x) =

��e�x3+3x + C

�ex

3

:

Deshacemos el cambio de variable y obtenemos:

y(x) = u(x)1=3

=��e�x3+3x + C

�1=3ex3

3 :

Cuestiones:

1. Se considera la EDO y0(x) + 3x2y(x) = 2x2. Se pide:

(a) Dar la solución general de la EDO sabiendo que

y1(x) =2

3y y2(x) =

2

3+ e�x

3

son dos soluciones particulares de la ecuación.

(b) Marcar las funciones que son soluciones de la EDO:

(a) y(x) = 43+ e�x

3; (b) y(x) = 2

3+ 2e�x

3;

(c) y(x) = 2 + 2e�x3; (d) y(x) = 2

3+ 3e�x

3:

(c) Hallar la solución particular de la EDO que satisface y(0) = 1.

2. Indicar de qué tipo es cada una de las siguientes EDOs:

(a) y0(x)x+ 3 sin(x)y(x) + y(x)2 = 0;

(b) y0(x) sin(x) + sin(x)y(x) + cos(x) = 0;

(c) (x3 � y(x)3) + x2y(x)y0(x) = 0;(d) y0(x)y(x) + 5y(x) + cos(x) = 0;

(e) y0(x)y(x) + x2y2(x) + e3x = 0:

3. Indicar el cambio de variable que convendría hacer en las siguientes EDOs pararesolverlas:

(a) (x2 + 2xy(x) + y(x)2) + xy(x)y0(x) = 0;

(b) y0(x) + x2y(x) + x2y3(x) = 0;

(c) y0(x)y(x)

+ x2y(x) + x = 0;

(d) (x2 � y2(x)) + x2y0(x) = 0;(e) y0(x) + x2y(x) + e3x 1

y2(x)= 0:


2.5 Aplicaciones

2.5.1 Trayectorias ortogonales

Decimos que dos curvas planas se cortan ortogonalmente si sus tangentes en los puntos decorte son perpendiculares.Problemas comunes de física requiere conocer una familia de curvas todas ellas ortogo-

nales a las curvas de otra familia dada. Por ejemplo, en electrostática, las lineas de fuerzason ortogonales a las curvas equipotenciales.Sea F (x; y(x)) = C la ecuación de nuestra familia de curvas. La ecuación diferencial

de dicha familia se obtiene derivando la ecuación anterior respecto de x. Tenemos:(F (x; y(x)) = C

Fx + Fyy0 = 0

La familia de curvas ortogonales es la que satisface la ecuación:

Fx � Fy1

y0= 0:

Ejemplo 16: Obtener las curvas ortogonales a la familia de curvas dadas por y = C=x,C 6= 0.Derivamos respecto de x la ecuación. Tenemos:8><>:

y0(x) = �Cx2

y(x) =C

x

sustituimos el valor de C en la primera ecuación y obtenemos la EDO de nuestra familia:

y0(x) = �xy(x)x2

= �y(x)x:

Estamos buscando una familia de curvas cuyas pendientes sean ortogonales a las pendientesde las curvas de la familia dada. Por tanto, buscamos curvas y = y(x) tales que:

y0(x) =x

y(x):

Operando e integrando la EDO anterior obtenemos:

y(x)2

2=x2

2+K:

Luego la famila de curvas ortogonales a las hipérbolas de ecuación y = C=x es la familiade las hipérbolas de ecuación y2 � x2 = 2K.


Ejemplo 17: Obtener las curvas ortogonales a una familia de circunferencias centradasen el origen de coordenadas.La ecuación implícita de la familia de circunferencias centrada en el origen de coorde-

nadas es:x2 + y(x)2 = C:

Derivando los dos miembros de la ecuación anterior respecto de x obtenemos:

2x+ 2y(x)y0(x) = 0:

Por tanto, la pendiente en cada punto (x; y(x)) de esa familia de circunferencias es:

y0(x) = � x

y(x):

Por tanto, la familia de curvas ortogonales tiene pendiente

y0(x) =y(x)

x:

Resolvamos la EDO anterior y obtenemos:Zy0(x)

y(x)dx =

Z1

xdx =) ln jy(x)j = ln jxj+ C

=) y(x) = Kx:

Luego la familia de rectas de ecuación y(x) = Kx es ortogonal a la familia de circunferenciascentradas en el origen.Ejemplo 18: Obtener las curvas ortogonales a una familia de elipses de ecuación:

3x2 + 2y(x)2 = C:

Derivando los dos miembros de la ecuación anterior respecto de x obtenemos:

6x+ 4y(x)y0(x) = 0:

Por tanto, la pendiente en cada punto (x; y(x)) de esa familia de elipses es:

y0(x) = � 6x

4y(x):

Por tanto, la familia de curvas ortogonales tiene pendiente

y0(x) =2y(x)

3x:

Resolvamos la EDO anterior y obtenemos:Zy0(x)

y(x)dx =

Z2

3xdx =) ln jy(x)j = 2

3ln jxj+ C

=) y(x) = K(x)2=3:

Luego la familia de curvas de ecuación y(x) = K(x)2=3 es ortogonal a la familia de elipsesde ecuación 3x2 + 2y(x)2 = C.


Ejemplo 19: Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas: y2 + 2ax = a2,con a > 0.Calculamos primero la ecuación diferencial asociada a dicha familia. Derivando respecto

de x la ecuación implícita de la familia de curvas; esto es, y(x)2 + 2ax = a2, obtenemos:

2y(x)y0(x) + 2a = 0:

Por tanto, dicha famila de curvas satisface las ecuaciones:

y(x)2 + 2ax = a2;

y(x)y0(x) + a = 0:

Despejamos a de la segunda ecuación y lo sustituimos en la primera. Tenemos:

y(x)2 � 2y(x)y0(x)x = y2(x) (y0(x))2 ;

que es la ecuación diferencial que describe a la familia de curvas dadas. Las curvas dela familia ortogonal tienen pendiente �1=y0(x). Por tanto, las trayectorias ortogonales seobtienen sustituyendo en la ecuación diferencial de la familia y0(x) por �1=y0(x). Obten-emos:

y(x)2 + 2y(x)1

y0(x)x = y2(x)

1

(y0(x))2:

Multiplicando la ecuación anterior por (y0(x))2 obtenemos:

y(x)2(y0(x))2 + 2y(x)x = y2(x):

Que coincide con la ecuación diferencial de la familia de curvas dada. Por tanto, dichascurvas son autoortogonales.


Ejemplo 20: Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas: y = ax3, cona 6= 0.Calculamos primero la ecuación diferencial asociada a dicha familia. Derivando respecto

de x la ecuación implícita de la familia de curvas; esto es, y(x) = ax3, obtenemos:

y0(x) = 3ax2:

Por tanto, dicha famila de curvas satisface las ecuaciones:

y(x) = ax3;

y0(x) = 3ax2:

Despejamos a de la segunda ecuación y lo sustituimos en la primera. Tenemos:

y(x) =y0(x)

3x2x3 =

1

3y0(x)x;

que es la ecuación diferencial que describe a la familia de curvas dadas. Las curvas dela familia ortogonal tienen pendiente �1=y0(x). Por tanto, las trayectorias ortogonales seobtienen sustituyendo en la ecuación diferencial de la familia y0(x) por �1=y0(x). Obten-emos:

y(x) = �13

1

y0(x)x;

esto es,3y(x)y0(x) = �x;

e integrando la ecuación anterior obtenemos:

3

2y2(x) = �1

2x2 + C:

Luego la familia de curvas ortogonales es:

3y2(x) + x2 = 2C:


2.5.2 Trayectorias parabólicas

Problema: Hallar la curva y = y(x) tal que los rayos paralelos al eje de las x que incidensobre la curva al re�ejarse pasan todos por el origen de coordenadas.Por la ley de la re�exión tenemos que el ángulo de incidencia � es igual al ángulo

re�ejado �. Luego, � = �.Sabemos que y0 = tg� y

tg2� =y

x:

Por tanto, como

tg2� =sin 2�

cos 2�=

2 sin� cos�

cos2 �� sin2 �=

2 sin�cos�

1� sin2 �cos2 �

=2tg�

1� tg2�

se tiene:y

x=

2y0

1� (y0)2 () y(y0)2 + 2xy0 � y = 0:

Despejando y0 obtenemos:

y0 =�x�

px2 + y2

y;

que es una EDO homogénea. Hacemos el cambio u(x) = y(x)=x. Tenemos:

xu0(x) + u(x) =�x�

px2 + x2u2(x)

xu(x)

esto es,u(x)

1 + u2(x)�p1 + u2(x)

u0(x) = �1x:

(Tomamos la raíz positiva). Integrando obtenemos:Zu(x)

1 + u2(x) +p1 + u2(x)

u0(x)dx =t2=1+u2(x); tdt=u(x)u0(x)dx

Zt

t2 + tdt

=

Z1

t+ 1dt = ln jt+ 1j = ln j

p1 + u2(x) + 1j:

Por tanto,

ln jp1 + u2(x) + 1j = � ln jxj+ C = ln 1jxj + C:

Luego, p1 + u2(x) + 1 = K

1

jxj ()y2(x)

x2=

�K1

jxj � 1�2� 1

() y2(x) = (K � x)2 � x2 = K2 � 2x:


3 Ecuaciones diferenciales ordinarias de orden superior

Estudiamos en este tema las EDO de orden superior:

F (x; y(x); y0(x); :::; y(n�1(x); y(n(x)) = 0:

Dentro de esta clase de ecuaciones nos restringiremos al caso en el que la función F eslinea, esto es, la EDO se escribe de la siguiente forma:

a0(x)y(n(x) + a1(x)y

(n�1(x) + � � �+ an�1(x)y0(x) + an(x)y(x) = b(x):Si b(x) = 0 diremos que la EDO de orden n es lineal y homogénea y si b(x) no es idénti-camente cero, diremos que la EDO es no homogénea.

Si las funciones ai(x), 0 � i � n, son constantes, diremos que la EDO lineal es de coe�-cientes constantes.

Ejemplos:

1. La ecuación y000(x) = sin(xy(x)) + y0(x) es una EDO de tercer orden no lineal.

2. La ecuación y000(x) = sin(x)y(x)+exy0(x)+(x2+2)y00(x) es una EDO de tercer ordenlineal homogénea con coe�cientes no constantes.

3. La ecuación y000(x) = sin(x)y(x) + exy0(x) + (x2 + 2)y00(x) + cos(x) es una EDO detercer orden lineal no homogénea con coe�cientes no constantes.

4. La ecuación y000(x) + 7y00(x) + 8y0(x) + 5y(x) = cos(x) es una EDO de tercer ordenlineal no homogénea con coe�cientes constantes.

La solución general de una ecuación lineal de orden n no homogénea

a0(x)y(n(x) + a1(x)y

(n�1(x) + � � �+ an�1(x)y0(x) + an(x)y(x) = b(x);se escribe como la suma de la solución general de la homogénea más una solución particularde la no homogénea.Si yh(x) es solución de la homogénea se tiene:

a0(x)y(nh (x) + a1(x)y

(n�1h (x) + � � �+ an�1(x)y0h(x) + an(x)yh(x) = 0:

Y si yp(x) es una solución particular de la no homogénea entonces:

a0(x)(yh + yp)(n(x) + � � �+ an�1(x)(yh + yp)0(x) + an(x)(yh + yp)(x)

= a0(x)y(nh (x) + � � �+ an�1(x)y0h(x) + an(x)yh(x)| {z }

0

+a0(x)y(np (x) + � � �+ an�1(x)y0p(x) + an(x)yp(x)| {z }

b(x)

= b(x):

Empezaremos con las ecuaciones lineales de segundo orden.


3.1 Ecuaciones lineales de segundo orden

La ecuación diferencial lineal de segundo orden general es:

y00(x) + a1(x)y0(x) + a2(x)y(x) = b(x): (6)

La ecuación lineal de segundo orden homogénea asociada a la anterior ecuación es:

y00(x) + a1(x)y0(x) + a2(x)y(x) = 0: (7)

Tenemos los siguientes teoremas:Teorema: La solución general de una ecuación lineal de orden 2 no homogénea

y00(x) + a1(x)y0(x) + a2(x)y(x) = b(x);

se escribe como la suma de la solución general de la homogénea más una solución particularde la no homogénea.Teorema: Si y1(x) e y2(x) son dos soluciones cualesquiera de la ecuación lineal homogénea(7), entonces

c1y1(x) + c2y2(x)

es también solución de (7) para todo par de constantes c1; c2.Demostración: Se tiene:

(c1y1 + c2y2)00 (x) + a1(x) (c1y1 + c2y2)

0 (x) + a2(x) (c1y1 + c2y2) (x)

= c1(y001(x) + a1(x)y

01(x) + a2(x)y1(x))| {z }0

+ c2(y002(x) + a1(x)y

02(x) + a2(x)y2(x))| {z }0

= 0:

Diremos que c1y1(x) + c2y2(x) es la solución general de la ecuación lineal homogénea(7) siempre que y1(x), y2(x) sean funciones linealmente independientes.Una condición necesaria para que el sistema de funciones fy1(x); y2(x)g sea linealmente

dependiente en [a; b] es que el siguiente determinante, que se denomina wronskiano,

W (y1; y2)(x) =

�� y1(x) y2(x)y01(x) y02(x)

��sea identicamente nulo en un intervalo [a; b].


Ejemplo: Comprobar que y1(x) = 1 y y2(x) = e�x son soluciones independientes de laecuación

y00 + y0 = 0:

Se tiene:

y001(x) + y01(x) = 0 + 0 = 0;

y002(x) + y02(x) = e�x � e�x = 0;

y ademas el wronskiano de estas dos funciones es:

W (y1; y2)(x) =

�� 1 e�x

0 �e�x�� 6= 0:

Por tanto, la solución general de la ecuación es: y(x) = c1 + c2e�x.


3.1.1 Ecuaciones lineales de segundo orden con coe�cientes constantes

La ecuación diferencial lineal de segundo orden con coe�cientes constantes es:

y00(x) + a1y0(x) + a2y(x) = b(x):

La ecuación lineal de segundo orden homogénea asociada a la anterior ecuación es:

y00(x) + a1y0(x) + a2y(x) = 0:

Estrategia:

1. Buscar la solución general yh de la ecuación homogénea asociada.

2. Buscar una solución particular yp de la no homogénea.

3. La solución general de la ecuación es y = yh + yp.

Cálculo de la solución general de la ecuación homogénea de orden 2 Tomandoy(x) = e�x y sustituyéndolo en la ecuación homogénea obtenemos:

0 = y00(x) + a1y0(x) + a2y(x)

= �2e�x + a1�e�x + a2e

�x

=��2 + a1�+ a2

�e�x:

Como e�x > 0 la ecuación anterior se satisface para los valores de � que satisfacen laecuación:

�2 + a1�+ a2 = 0;

que llamamos ecuación característica de la EDO de segundo orden. La ecuación caracterís-tica es de grado dos y tiene dos soluciones. El discriminante de la ecuación característicaes: � = a21 � 4a2.

� Si � = a21 � 4a2 > 0 las dos soluciones �1; �2 de la ecuación son reales y distintas yy1(x) = e

�1x, y2(x) = e�2x son soluciones independientes, pues

W (y1; y2)(x) =

�� e�1x e�2x

�1e�1x �2e

�2x

�� = (�2 � �1)e�1xe�2x 6= 0:Por tanto, la solución general es:

y(x) = c1e�1x + c2e

�2x:


� Si � = a21 � 4a2 = 0 la solución �1 = �a12de la ecuación es doble y y1(x) = e�1x

es solución. Para formar la solución general de la ecuación homogénea necesitamosotra solución de dicha ecuación. Probamos con y2(x) = xe�1x. Tenemos:

0 = y002(x) + a1y02(x) + a2y2(x)

=�2�1e

�1x + x�21e�1x�+ a1

�e�1x + x�1e

�1x�+ a2xe

�1x

=

0B@ 2�1 + a1| {z }0 pues �1=�a1

2

+ x��21 + a1�1 + a2

�| {z }0

1CA e�1x:Las soluciones y1(x) = e�1x, y2(x) = xe�1x son independientes, pues

W (y1; y2)(x) =

�� e�1x xe�1x

�1e�1x e�1x + x�1e

�1x

�� = e2�1x 6= 0:Por tanto, la solución general es:

y(x) = c1e�1x + c2xe

�1x:

� Si � = a21�4a2 < 0 las dos soluciones �1; �2 de la ecuación son complejas conjugadas,

�1 = �+ i�; �2 = �� i�:

Las funciones y1(x) = e�1x; y2(x) = e�2x son funciones complejas. Nótese que te-niendo en cuenta la fórmula de Euler

ei� = cos � + i sin �

se tiene

y1(x) = e�1x = e�x+i�x = e�xei�x = e�x (cos(�x) + i sin(�x)) ;

y2(x) = e�2x = e�x (cos(��x) + i sin(��x)) = e�x (cos(�x)� i sin(�x)) :

Como y1(x) = e�1x; y2(x) = e�2x son soluciones de la ecuación homogénea, combina-ciones lineales de dichas soluciones también son soluciones de la ecuación homogénea.Tomamos:

u1(x) =1

2(y1(x) + y2(x)) = e

�x cos(�x);

u2(x) = � i2(y1(x)� y2(x)) = e�x sin(�x):

Son soluciones reales e independientes. La solución general se escribe como sigue:

y(x) = e�x (c1 cos(�x) + c2 sin(�x)) :


Ejemplo: Hallar la solución general de la siguiente ecuación: y00 + 3y0 � 4y = 0.La ecuación característica de dicha ecuación es:

�2 + 3�� 4 = 0

que tiene raíces:

� =�3�

p9 + 16

2=

�1�4

Por tanto, la solución general de dicha ecuación es:

y(x) = c1ex + c2e

�4x:

Ejemplo: Hallar la solución general de la siguiente ecuación: y00 � 6y0 + 9y = 0.La ecuación característica de dicha ecuación es:

�2 � 6�+ 9 = (�� 3)2 = 0

que tiene raiz � = 3 doble. Por tanto, la solución general de dicha ecuación es:

y(x) = c1e3x + c2xe

3x:

Ejemplo: Hallar la solución general de la siguiente ecuación: 2y00 + 2y0 + 3y = 0.

La ecuación característica de dicha ecuación es:

2�2 + 2�+ 3 = 0

que tiene raíces complejas:

� =�2�

p4� 244

=�1� i

p5

2= �1

2� ip5

2:

Por tanto, la solución general de dicha ecuación es:

y(x) = e�x=2

c1 cos

p5

2x

!+ c2 sin

p5

2x

!!:


Cálculo de la solución particular de la ecuación no homogénea Usaremos elmétodo de los coe�cients indeterminados para hallar una solucón particular yp de laecuación no homogénea con coe�cientes constantes:

y00(x) + a1y0(x) + a2y(x) = b(x):

Veamos varios casos particulares:

� El término independiente de la ecuación b(x) es una función polinómica de grado n.Entonces tomamos como candidata a solución particular de la ecuación un polinomiodel mismo grado:

yp(x) = Axn +Bxn�1 + Cxn�2 + � � �

donde A;B;C; : : : son los coe�cientes indeterminados. Sustituyéndolo en la ecuacióndespejamos de los valores de los coe�cientes indeterminados.

Ejemplo: Hallar la solución general de la siguiente ecuación: y00�2y0+y = 3x2+2x�20.La ecuación característica de la ecuación homogénea es: �2�2�+1 = (��1)2 = 0, que

tiene raíz doble � = 1. Por tanto, la solución general de la ecuación homogénea asociadaes:

yh = c1ex + c2xe

x:

Para hallar una solución particular de la ecuación tomamos: yp = Ax2 + Bx + C. Susti-tuyéndolo en la ecuación obtenemos:

2A� 2(2Ax+B) + Ax2 +Bx+ C = 3x2 + 2x� 20:

De donde, igualando coe�cientes:

A = 3;

�4A+B = 2;

2A� 2B + C = �20;

obtenemosA = 3; B = 14; C = 2:

Por tanto, la solución general de nuestra ecuación es:

y = c1ex + c2xe

x + 3x2 + 14x+ 2:


� El término independiente de la ecuación b(x) es una función exponencial; por ejemplo,

y00(x) + a1y0(x) + a2y(x) = e

ax:

Tomamos yp(x) = Aeax, donde A es el coe�ciente indeterminado. Sustituyéndoyp(x) = Ae

ax en la ecuación tenemos:

A�a2 + a1a+ a2

�eax = eax:

Por tanto, si a2 + a1a+ a2 6= 0 entonces

A =1

a2 + a1a+ a2:

Si a2 + a1a + a2 = 0 entonces a es una raíz doble de la ecuación característica de laecuación homogénea asociada. En este caso tomamos: yp(x) = Axeax. Sustituyén-dolo en la ecuación tenemos:

(2Aaeax + Aa2xeax) + a1(Aeax + Aaxeax) + a2Axe

ax = eax;

esto es,A(2a+ a1 +

�a2 + a1a+ a2

�| {z }0

x)eax = eax:

Luego si 2a+ a1 6= 0 entoncesA =

1

2a+ a1:

Si 2a+ a1 = 0, esto es, a = �a1=2 entonces probaríamos con yp(x) = Ax2eax.

Ejemplo: Hallar la solución general de la siguiente ecuación: y00 + 3y0 � 10y = 6e4x.La ecuación característica de la ecuación homogénea es: �2 + 3� � 10 = 0, que tiene

raíces:

� =�3�

p9 + 40

2=�3� 72

=

�2�5

Por tanto, la solución general de la ecuación homogénea asociada es:

yh = c1e2x + c2e

�5x:

Para hallar una solución particular de la ecuación tomamos: yp = Ae4x. Sustituyéndolo enla ecuación obtenemos:

A16e4x + A12e4x � A10e4x = 6e4x:De donde,

A =1

3:

Por tanto, la solución general de la ecuación es:

y = c1e2x + c2e

�5x +1

3e4x:


Ejemplo: Hallar la solución general de la siguiente ecuación: y00 � 4y = 3e2x.La ecuación característica de la ecuación homogénea es: �2 � 4 = 0, que tiene raíces:

� = 2 y � = �2:

Por tanto, la solución general de la ecuación homogénea asociada es:

yh = c1e2x + c2e

�2x:

Para hallar una solución particular de la ecuación tomamos: yp = Axe2x pues sabemos quee2x es solución de la homogénea y por tanto y = Ae2x no es solución particular de la nohomogénea. Sustituyéndo yp = Axe2x en la ecuación obtenemos:

A�2e2x + 2e2x + 4xe2x

�� 4Axe2x = 3e2x

de donde,

A =3

4:

Por tanto, la solución general de la ecuación es:

y = c1e2x + c2e

�2x +3

4xe2x:


� El término independiente de la ecuación b(x) es un sin(�x) o cos(�x). En este casotomamos

yp(x) = A sin(�x) +B cos(�x);

donde A;B son los coe�cientes indeterminados. Los coe�cientes indeterminados A;Bse pueden calcular sustituyendo la solución particular en la ecuación e igualandocoe�cientes.

Ejemplo: Hallar una solución particular de y00 + y = sin(x).Tomamos

yp(x) = A sin(x) +B cos(x):

Sustituyendo dicha solución en la ecuación obtenemos:

�A sin(x)�B cos(x) + A sin(x) +B cos(x) = sinx() 0 = sin(x):

En este caso yp(x) = A sin(x) + B cos(x) es solución de la ecuación homogénea, así queprobamos con

yp(x) = x(A sin(x) +B cos(x)):

Tenemos:

y0p(x) = A sin(x) +B cos(x) + x(A cos(x)�B sin(x));y00p(x) = 2(A cos(x)�B sin(x))� x(A sin(x) +B cos(x)):

Por tanto, sustituyéndolo en la ecuación obtenemos:

2(A cos(x)�B sin(x))� x(A sin(x) +B cos(x)) + x(A sin(x) +B cos(x)) = sin(x);

esto es, igualando el coe�ciente de sin(x) y el de cos(x) obtenemos:

2A = 0; �2B = 1:

Por tanto,

y(x) = yh(x) + yp(x)

= A sin(x) +B cos(x)� 12x cos(x):


� Principio de superposición: Si y1(x) es solución de y00 + a1y0 + a2y = b1(x) yy2(x) es solución de y00 + a1y0 + a2y = b2(x), entonces y1(x) + y2(x) es solución dey00 + a1y

0 + a2y = b1(x) + b2(x).

Ejemplo: Hallar una solución particular de y00 + 4y = 4 cos(2x) + 4 cos(x) + 8x2 � 4x.La ecuación característica de la ecuación homogénea es: �2 + 4 = 0, que tiene raíces

complejas �2i. Por tanto, la solución general de la ecuación homogénea asociada es:

yh = c1 cos(2x) + c2 sin(2x):

Como c1 cos(2x) + c2 sin(2x) es solución particular de la homogénea y en el término inde-pendiente de la ecuación tenemos 4 cos(2x) tomamos

y1 = Ax cos(2x) +Bx sin(2x):

Como en el término independiente también tenemos 4 cos(x) tomamos

y2 = C cos(x) +D sin(x);

y como también tenemos: 8x2 � 4x tomamos

y3 = Ex2 +Dx+ F:

Por tanto, como solución particular tomamos:

yp = Ax cos(2x) +Bx sin(2x) + C cos(x) +D sin(x) + Ex2 +Dx+ F:

Sustituyéndolo en la ecuación obtenemos:

y00p + 4yp = �4A sin(2x) + 4B cos(2x)� 4Ax cos(2x)� 4Bx sin(2x)�C cos(x)�D sin(x) + 2E+4�Ax cos(2x) +Bx sin(2x) + C cos(x) +D sin(x) + Ex2 +Dx+ F

�= �4A sin(2x) + 4B cos(2x) + 2E + 3C cos(x) + 3D sin(x) + 4Ex2 + 4Dx+ 4F= 4 cos(2x) + 4 cos(x) + 8x2 � 4x:

Por tanto,

A = 0; B = 1; C = 4=3;

E = 2; D = �1; F = �1;

y la solución general de la ecuación es:

y = yh + yp

= c1 cos(2x) + c2 sin(2x) + x sin(2x) +4

3cos(x)� sin(x) + 2x2 � x� 1:


Ejemplo: Hallar una solución del problema de valor incial:8<:y00 � 4y = 3 cos(2x) + 8x2 + 2y(0) = 1

8;

y0(0) = 0:

La ecuación característica de la ecuación homogénea es: �2� 4 = 0, que tiene raíces realesdistintas � = 2; � = �2. Por tanto, la solución general de la ecuación homogénea asociadaes:

yh = c1e2x + c2e

�2x:

Como solución particular de la ecuación y00 � 4y = 3 cos(2x) probamos cony1 = A cos(2x) +B sin(2x):

Tenemos:

y01 = �2A sin(2x) + 2B cos(2x);y001 = �4A cos(2x)� 4B sin(2x) = �4y1;

por tanto y001 + 4y1 = 0 y

y001 � 4y1 = �8y1= �8 (A cos(2x) +B sin(2x))= 3 cos(2x)

de donde A = �3=8 y B = 0.Como solución particular de la ecuación y00 � 4y = 8x2 + 2 probamos con

y2 = Ax2 +Bx+ C:

Tenemos:y002 � 4y2 = 2A� 4

�Ax2 +Bx+ C

�= 8x2 + 2

de donde A = �2, B = 0, C = �3=2.Luego, la solución general de la ecuación es:

y = yh + y1 + y2

= c1e2x + c2e

�2x � 38cos(2x)� 2x2 � 3

2:

Si queremos además que y(0) = 1=8 y y0(0) = 0 entonces como

y0(x) = 2c1e2x � 2c2e�2x + 3

4sin(2x)� 4x;

tenemos:

y(0) = c1e0 + c2e

0 � 38cos(0)� 3

2

= c1 + c2 � 38� 3

2= 1

8;

y0(0) = 2c1e0 � 2c2e0 + 3

4sin(0)

= 2c1 � 2c2 = 0;de donde c1 = c2 = 1.


3.2 Método de variación de las constantes

El método que vamos a desarrollar nos servirá para encontrar una solución particular deuna ecuación lineal de segundo orden con coe�cientes no constantes de la forma

y00 + p(x)y0 + q(x)y = r(x):

Suponemos conocidas dos soluciones y1(x); y2(x), de la ecuación homogénea asociada. Portanto,

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x)

es también solución dela homogénea. Veamos que condiciones deben satisfacer las funcionesc1(x) y c2(x) para que y(x) = c1(x)y1(x)+c2(x)y2(x) sea solución de la ecuación. Tenemos:

y0(x) = c1(x)y01(x) + c2(x)y

02(x) + c

01(x)y1(x) + c

02(x)y2(x):

Vamos a pedir:c01(x)y1(x) + c

02(x)y2(x) = 0;

y entonces

y0(x) = c1(x)y01(x) + c2(x)y

02(x);

y00(x) = c1(x)y001(x) + c2(x)y

002(x) + c

01(x)y

01(x) + c

02(x)y

02(x):

Sustituyéndolo en la ecuación obtenemos:

y00 + p(x)y0 + q(x)y = c1(x)y001(x) + c2(x)y

002(x) + c

01(x)y

01(x) + c

02(x)y

02(x)

+p(x) [c1(x)y01(x) + c2(x)y

02(x)]

+q(x) [c1(x)y1(x) + c2(x)y2(x)]

= c1(x)[y001(x) + p(x)y

01(x) + q(x)y1(x)]| {z }0

+c2(x)[y002(x) + p(x)y

02(x) + q(x)y2(x)]| {z }0

+c01(x)y01(x) + c

02(x)y

02(x)

= r(x):

Por tanto, buscamos c1(x); c2(x) tales que:

c01(x)y1(x) + c02(x)y2(x) = 0;

c01(x)y01(x) + c

02(x)y

02(x) = r(x):

De donde, resolviendo el sistema lineal anterior por Cramer, se obtiene:

c01(x) = �y2(x)r(x)

W (y1; y2); c02(x) =

y1(x)r(x)

W (y1; y2):


Ejemplo: Hallar la solución general de la ecuación y00 + y = 1cosx

.La ecuación característica de la ecuación homogénea es �2 + 1 = 0. Tiene dos raíces

complejas �i y la solución general de la ecuación homogénea asociada es:

yh = c1 cosx+ c2 sin x:

Por tanto, dos soluciones de la ecuación homogénea son: y1(x) = cos x y y2(x) = sinx yaplicamos el método de variación de las constantes. Tenemos:

W (y1; y2) =

�� cosx sin x� sin x cosx

�� = 1:Buscamos c1(x), c2(x) tales que:

c01(x) = �sin x 1

cosx

W (y1; y2)=sin x

cosx;

c02(x) =cosx 1

cosx

W (y1; y2)= 1:

Por tanto,

c1(x) =

Zsin x

cosxdx = � ln j cosxj+ k1:

y

c2(x) =

Z1dx = x+ k2:


y(x) = (� ln j cosxj+ k1) cos x+ (x+ k2) sinx= � ln j cosxj cosx+ x sin x| {z }

solución particular de la EDO

+ k1 cosx+ k2 sin x| {z }solución general de la EDO homogénea


Ejemplo: Hallar la solución general de la ecuación y00 + y = tg(x).La ecuación característica de la ecuación homogénea es �2 + 1 = 0. Tiene dos raíces

complejas �i y la solución general de la ecuación homogénea asociada es:

yh = c1 cosx+ c2 sin x:

Por tanto, dos soluciones de la ecuación homogénea son: y1(x) = cos x y y2(x) = sinx yaplicamos el método de variación de las constantes. Tenemos:

W (y1; y2) =

�� cosx sin x� sin x cosx

�� = 1:Buscamos c1(x), c2(x) tales que:

c01(x) = �sin x tg(x)W (y1; y2)

= sin2 x1

cosx;

c02(x) =cosx tg(x)

W (y1; y2)= sinx:

Por tanto,

c1(x) =

Zsin2 x

1

cosxdx =

Z1� cos2 xcosx

dx

=

Z �1

cosx� cosx

�dx =

Z �1

cosx� cosx

�1

cosxcosxdx

=

Z �1

cos2 x� 1�cosxdx =

t=sinx; dt=cosxdx

Z �1

1� t2 � 1�dt

=

Z �1=2

1� t +1=2

1 + t� 1�dt = �1

2ln j1� tj+ 1

2ln j1 + tj � t

= ln

�1 + t

1� t

�1=2� t = ln

�1 + sinx

1� sin x

�1=2� sin x+ k1:

y

c2(x) =

Zsin xdx = � cosx+ k2:


y(x) =

ln

�1 + sinx

1� sin x

�1=2� sin x+ k1

!cosx+ (� cosx+ k2) sinx

= ln

�1 + sinx

1� sin x

�1=2cosx� 2 sin x cosx| {z }


+ k1 cosx+ k2 sin x| {z }solución general de la EDO homogénea

:


Ejemplo: Hallar la solución general de la ecuación y00 � 3y0 + 2y = e3x(x2 + 3).La ecuación característica de la ecuación homogénea es �2 � 3� + 2 = 0. Tiene raíces

� = 1, � = 2 y la solución general de la ecuación homogénea asociada es:

yh = c1ex + c2e

2x:

Por tanto, dos soluciones de la ecuación homogénea son: y1(x) = ex y y2(x) = e2x yaplicamos el método de variación de las constantes. Tenemos:

W (y1; y2) =

�� ex e2x

ex 2e2x

�� = e3x:Buscamos c1(x), c2(x) tales que:

c01(x) = �y2(x)r(x)

W (y1; y2); c02(x) =

y1(x)r(x)

W (y1; y2)

c01(x) = �e2xe3x(x2 + 3)

e3x= �e2x(x2 + 3);

c02(x) =exe3x(x2 + 3)

e3x= ex(x2 + 3):

Por tanto,

c1(x) = �Ze2x(x2 + 3)dx:

Integramos por partes dos veces tomando u = x2+3 y dv = e2xdx. Obtenemos:

c1(x) = �Ze2x(x2 + 3)dx = �1

4e2x�2x2 � 2x+ 7

�+ k1;

y análogamente integrando por partes dos veces tomando u = x2+3 y dv = exdx obtenemos

c2(x) =

Zex(x2 + 3)dx = ex(x2 � 2x+ 5) + k2:


y(x) = k1ex + k2e

2x| {z }solución general de la EDO homogénea

+ e3x(12x2 � 3

2x+ 13

4)| {z }


:


COMPROBACIÓN: Sustituimos la solución particular de la EDO yp(x) = e3x(12x2� 3

2x+

134) en la ecuación y00 � 3y0 + 2y = e5x(x2 + 3). Tenemos:

y0p = e3x3

2

�x2 � 3x+ 13

2

�+ e3x

1

2(2x� 3)

= e3x1

2

�3x2 � 7x+ 13

2

�y00p = e3x

3

2

�3x2 � 7x+ 13

2

�+ e3x

1

2(6x� 7)

= e3x1

2

�9x2 � 15x+ 5

2

�:

Por tanto,

y00p � 3y0p + 2yp

= e3x1

2

�9x2 � 15x+ 5

2

�� 3e3x1

2

�3x2 � 7x+ 13

2

�+ 2e3x

1

2

�x2 � 3x+ 13

2

�= e3x

1

2

�9x2 � 15x+ 5

2� 9x2 + 21x� 313

2+ 2x2 � 6x+ 13

�= e3x

�x2 + 3

�:


3.3 Ecs. lineales de orden superior con coe�cientes constantes

Para las ecuaciones de orden superior se procede de manera análoga a como se ha hechopara las de ecuaciones de orden 2. Estudiaremos algunos ejemplos:

Ejemplo: Hallar la solución general de la ecuación y000 � 2y00 � y0 + 2y = 4.Como el orden de la ecuación es 3 la solución general de la ecuación homogénea es

combinación lineal de 3 funciones. La ecuación característica de la ecuación homogéneaasociada es:

�3 � 2�2 � �+ 2 = (�� 1) (�� 2) (�+ 1) = 0:Por tanto, las tres raíces son reales y distintas y la solución general de la ecuación ho-mogénea es:

yh(x) = C1ex + C2e

2x + C3e�x:

Como el término independiente de la ecuación es de tipo polinómico b(x) = 4 tomamosyp(x) = A. Entonces, al sustituirlo en la ecuación obtenemos:

2A = 4 =) A = 2:

Luego la solución general de la ecuación es:


= C1ex + C2e

2x + C3e�x + 2:

Ejemplo: Hallar la solución general de la ecuación y(4 + 6y000 + 14y00 + 16y0 + 8y = 24.Como el orden de la ecuación es 4 la solución general de la ecuación homogénea es

combinación lineal de 4 funciones. La ecuación característica de la ecuación homogéneaasociada es:

�4 + 6�3 + 14�2 + 16�+ 8 =��2 + 2�+ 2

�(�+ 2)2 = 0:

Por tanto, tiene una raíz real doble � = �2 y dos complejas conjugadas � = �1 � i. Lasolución general de la ecuación homogénea es:

yh(x) = C1e�2x + C2xe

�2x + e�x(C3 cos(x) + C4 sin(x)):

Como el término independiente de la ecuación es de tipo polinómico b(x) = 24 tomamosyp(x) = A. Entonces, al sustituirlo en la ecuación obtenemos:

8A = 24 =) A = 3:

Luego la solución general de la ecuación es:


= C1e�2x + C2xe

�2x + e�x(C3 cos(x) + C4 sin(x)) + 3:


4 Sistemas lineales de EDOs

Un sistema lineal de EDOs de primer orden es un sistema de ecuaciones de la forma8>>><>>>:x01(t) = a

11(t)x1(t) + a

21(t)x2(t) + � � �+ an1 (t)xn(t) + f1t)

x02(t) = a12(t)x1(t) + a

22(t)x2(t) + � � �+ an2 (t)xn(t) + f2(t)

...x0m(t) = a

1m(t)x1(t) + a

2m(t)x2(t) + � � �+ anm(t)xn(t) + fm(t)

(8)

donde xi(t), 1 � i � n, son las funciones incógnita. Supondremos el caso en el que elnúmero de ecuaciones es igual al número de incógnitas; esto es m = n.El sistema (8) se puede escribir matricialmente como sigue:0BBB@

x01(t)x02(t)...

x0n(t)

1CCCA =

0BBB@a11(t) a21(t) � � � an1 (t)a12(t) a22(t) � � � an2 (t)...

.... . .

...a1n(t) a2n(t) � � � ann(t)

1CCCA0BBB@x1(t)x2(t)...

xn(t)

1CCCA+0BBB@f1(t)f2(t)...

fn(t)

1CCCA :A la matriz

A(t) =

0BBB@a11(t) a21(t) � � � an1 (t)a12(t) a22(t) � � � an2 (t)...

.... . .

...a1n(t) a2n(t) � � � ann(t)

1CCCAla denominaremos matriz de coe�cientes y a los vectores

~X(t) =

0BBB@x1(t)x2(t)...

xn(t)

1CCCA y ~F (t) =

0BBB@f1(t)f2(t)...

fn(t)

1CCCAlos denominaremos vector de funciones incógnitas y vector de términos independientesrespectivamente. Si ~F (t) = ~0 diremos que el sistema es homogéneo. Y si los coe�cientesdel sistema son constantes; esto es, la matriz A(t) no depende de t, diremos que el sistemaes de coe�cientes constantes.Tenemos los siguientes teoremas:

Teorema: La solución general de un sistema lineal de EDOs no homogéneo ~X(t) seescribe como la suma de la solución general del sistema homogéneo asociado ~Xh(t) másuna solución particular ~Xp(t) del sistema no homogéneo; esto es,

~X(t) = ~Xh(t) + ~Xp(t):


Teorema: El conjunto de soluciones de un sistema lineal de EDOs homogéneo de n in-cógnitas es un espacio vectorial de dimensión n. Por tanto, combinaciones lineales desoluciones son soluciones y si f ~X1(t); : : : ; ~Xn(t)g son n soluciones independientes del sis-tema entonces

c1 ~X1(t) + � � �+ cn ~Xn(t)

es también solución del sistema homogéneo todo conjunto de constantes c1; : : : ; cn.Diremos que c1 ~X1(t)+� � �+cn ~Xn(t) es la solución general del sistema lineal y homogéneo

de EDOs siempre que f ~X1(t); : : : ; ~Xn(t)g sean linealmente independientes. El conjuntode n soluciones independientes f ~X1(t); : : : ; ~Xn(t)g se denomina sistema fundamental. Yllamamos matriz fundamental a la matriz formada por el sistema fundamental.Una condición necesaria para que el sistema f ~X1(t); : : : ; ~Xn(t)g sea linealmente inde-

pendiente en un entorno [a; b] es que al determinante de la matriz fundamental, que sedenomina wronskiano,

W ( ~X1; : : : ; ~Xn)(t) =�� ~X1; : : : ; ~Xn

��no sea identicamente nulo en [a; b].

Estrategia: Para hallar la solución general de un sistema lineal, no homogéneo de n EDOsde primer orden procederemos como sigue:

1. Buscaremos el sistema fundamental de soluciones; esto es, n soluciones particularesf ~X1(t); : : : ; ~Xn(t)g independientes del sistema homogéneo asociado.

2. Por tanto, la solución general del sistema homogéneo asociado es de la forma:

~Xh(t) = c1 ~X1(t) + � � �+ cn ~Xn(t)

con c1; : : : ; cn constantes arbitrarias.

3. Buscaremos una solución particular ~Xp(t) del sistema no lineal.

4. Por tanto, la solución general del sistema no lineal es:

~X(t) = ~Xh(t) + ~Xp(t):

NOTA: En este tema trataremos sólamente el caso de sistemas lineales con coe�cientesconstantes.


4.1 Sistemas lineales homogéneos de EDOs

Consideremos un sistema homogéneo dos ecuaciones y dos incógnitas: las funciones x =x(t) e y = y(t). Tenemos: �

x0(t) = a1x(t) + b1y(t)y0(t) = a2x(t) + b2y(t)

o equivalentemente 8><>:dx

dt= a1x+ b1y;

dy

dt= a2x+ b2y:

La matriz de coe�cientes del sistema es:

M =

�a1 b1a2 b2

�:

Vamos a probar con soluciones del tipo:

x(t) = Ae�t; y(t) = Be�t;

donde �;C1; C2 son constantes. Sustituyéndolo en el sistema de ecuaciones obtenemos:(Ake�t = a1Ae

�t + b1Be�t;

Bke�t = a2Ae�t + b2Be

�t:()

(0 = (a1 � �)A+ b1B;0 = a2A+ (b2 � �)B:

()�a1 � � b1a2 b2 � �

��AB

�=

�00

�:

Como la solución A = B = 0 no nos interesa porque es la trivial para tener una solucióndistinta de la trivial tenemos que hallar los valores de � que sona utovalores de la matrizM para los cuales: �� a1 � � b1

a2 b2 � �

�� = 0;que se denomina la ecuación auxiliar del sistema. Por tanto, (A;B) es un autovectorasociado al autovalor � de la matrizM . Para obtener un sistema fundamental necesitamospor tanto dos autovectores linealmente independientes de la matriz M .Empezamos viendo los posibles casos en función de las soluciones de la ecuación auxiliar:

� Raíces reales distintas

� Alguna raíz real doble

� Raíces complejas conjugadas


Raíces reales distintas Sean �1; �2 las dos raíces reales distintas de la ecuación auxiliar.Para �1 (resp. �2) hallamos (A1; B1) autovector asociado al autovalor �1 (resp. (A2; B2)autovector asociado al autovalor �2); esto es soluciones del sistema de ecuaciones:(

0 = (a1 � �1)A+ b1B;0 = a2A+ (b2 � �1)B;

resp.

(0 = (a1 � �2)A+ b1B;0 = a2A+ (b2 � �2)B;

!.

Por tanto, en este caso

�(t) =

��A1B1

�e�1t;

�A2B2

�e�2t�

es un sistema fundamental. La matriz fundamental del sistema es:

�(t) =

�A1e

t�1 A2et�2

B1et�1 B2e

t�2

�=

�A1 A2B1 B2

��e�1t 00 e�2t

�LLamaremos matriz fundamental a la matriz y la solución general del sistema es de laforma: �

x(t)y(t)

�= C1

�A1B1

�e�1t +

�A2B2

�e�2tC2

esto es, (x(t) = C1A1e

�1t + C2A2e�2t;

y(t) = C1B1e�1t + C2B2e

�2t;

es la solución general del sistema.


Ejemplo: Hallar la solución general del siguiente sistema de ecuaciones:8><>:dx

dt(t) = x(t) + y(t);

dy

dt(t) = 4x(t)� 2y(t):

La ecuación axiliar es:

0 =

�� 1� � 14 �2� �

�� = �2 + �� 6 = (�+ 3)(�� 2):Para � = 2 buscamos un autovector asociado a dicho autovalor; esto es, (A;B) solucióndel siguiente sistema: (

0 = (1� 2)A+B0 = 4A+ (�2� 2)B

=) A = B:

Por tanto, una solución no trivial es (A;B) = (1; 1) y�x(t)y(t)

�= e2t

�11

�es una solución particular del sistema.Para � = �3 buscamos un autovector asociado a dicho autovalor; esto es, (A;B)

solución del siguiente sistema:(0 = (1 + 3)A+B

0 = 4A+ (�2 + 3)B=) 0 = 4A+B:

Por tanto, una solución no trivial es (A;B) = (1;�4) y�x(t)y(t)

�= e�3t

�1�4

�es una solución particular del sistema.Luego,

�(t) =

��11

�e2t;

�1�4

�e�3t

�;

es un sistema fundamental del sistema y la solución general del sistema es�x(t)y(t)

�=

�1 11 �4

��e2t 00 e�3t

��C1C2

�= C1

�11

�e2t + C2

�1�4

�e�3t

equivalentemente (x(t) = C1e

2t + C2e�3t;

y(t) = C1e2t � 4C2e�3t:


Ejemplo: Hallar la solución general del siguiente sistema de ecuaciones:8><>:x01(t) = 3x1(t) + 2x2(t) + 5x3(t);

x02(t) = �2x1(t) + 2x2(t)� 2x3(t);x03(t) = 5x1(t) + 2x2(t) + 3x3(t):

La matriz de coe�cientes del sistema es

A =

0@ 3 2 5�2 2 �25 2 3

1A :Los autovalores de A son �1 = �2, �2 = 4 y �3 = 6 y los autovectores asociados son0@ �1

01

1A asociado a � = �2,

0@ 1�21

1A asociado a � = 4,

0@ 1�11

1A asociado a � = 6:

Por tanto, un sistema fundamental del sistema es

�(t) =

8<:0@ �1

01

1A e�2t;0@ 1�21

1A e4t;0@ 1�11

1A e6t9=; ;

y la solución general del sistema es0@ x1(t)x2(t)x3(t)

1A =

0@ �1 1 10 �2 �11 1 1

1A0@ e�2t 0 00 e4t 00 0 e6t

1A0@ C1C2C3

1A= C1

0@ �101

1A e�2t + C20@ 1�21

1A e4t + C30@ 1�11

1A e6t:equivalentemente 8><>:

x1(t) = �C1e�2t + C2e4t + C3e6t;x2(t) = �2C2e4t � C3e6t;x3(t) = C1e

�2t + C2e4t + C3e

6t:


Raíz real doble Sea � la raíz real doble de la ecuación auxiliar. Para � hallamos A;Bsoluciones del sistema de ecuaciones:(

0 = (a1 � �)A+ b1B;0 = a2A+ (b2 � �)B;

entonces x = Ae�t, y = Be�t es una solución particular del sistema. Para obtener lasolución general necesitamos otra solución particular. Probamos con(

x = (A1 + tA2)e�t;

y = (B1 + tB2)e�t;

esto es, �xy

�=

�A1B1

�e�t + t

�A2B2

�e�t:

La derivada es: �x0

y0

�= �

�A1B1

�e�t + t�1

�A2B2

�e�t +

�A2B2

�e�t

Lo sustituimos en el sistema de ecuaciones�x0

y0

�=M

�xy

�con M =

�a1 b1a2 b2

�;

y obtenemos:

�

�A1B1

�e�t + t�

�A2B2

�e�t +

�A2B2

�e�t =M

�A1B1

�e�t + tM

�A2B2

�e�t

multiplicando por e��t e igualando los coe�cientes de t y los términos independientes,obtenemos:

M

�A2B2

�= �

�A2B2

�;

(M � �I)�A1B1

�=

�A2B2

�:

Conclusión: �A2B2

�es autovector de M asociado al autovalor �,�

A1B1

�satisface (M � �I)

�A1B1

�=

�A2B2

�:


Ejemplo: Hallar la solución general del siguiente sistema de ecuaciones:8><>:dx

dt= 3x� 4y;

dy

dt= x� y:

La ecuación axiliar es:

0 =

�� 3� � �41 �1� �

�� = �2 � 2�+ 1 = (�� 1)2:Para � = 1 buscamos (A;B) autovector asociado a � = 1. Tenemos:(

0 = (3� 1)A� 4B0 = A+ (�1� 1)B

=) 0 = A� 2B:

Por tanto, una solución no trivial es A = 2, B = 1, y x = 2et, y = et, es una soluciónparticular del sistema. Buscamos ahora (A;B) tales que:�

3� 1 �41 �1� 1

��AB

�=

�21

�esto es, (

2A� 4B = 2;A� 2B = 1;

luego A = 1 + 2B. Por ejemplo (A;B) = (1; 0) es solución. Otra solución particular delsistema de ecuaciones es:�

xy

�=

�10

�et + t

�21

�et =

�1 + 2tt

�et:

La solución general del sistema es:�xy

�= C1

�21

�et + C2

�1 + 2tt

�et:


Raíces complejas conjugadas Sean � = a� bi las dos raíces complejas conjugadas dela ecuación auxiliar. Para � = a+ bi hallamos A;B soluciones del sistema de ecuaciones:(

0 = (a1 � �)A+ b1B;0 = a2A+ (b2 � �)B;

entonces �x = Ae�t = (A1 + iA2)e

(a+bi)t = (A1 + iA2)eat [cos bt+ i sin bt] ;

y = Be�t = (B1 + iB2)e(a+bi)t = (B1 + iB2)e

at [cos bt+ i sin bt] ;

es solución particular del sistema.

Propiedad: Si un par de funciones complejas es solución del sistema de ecuaciones, cuyoscoe�cientes son constantes reales, entonces sus respectivas partes reales e imaginarias sonsoluciones con valores reales.Por tanto, tenemos las dos siguientes soluciones reales particulares del sistema (que se

demuestra que además son independientes):�x = eat [A1 cos bt� A2 sin bt] ;y = eat [B1 cos bt�B2 sin bt] ;

()�xy

�= eat

�A1B1

�cos bt� eat

�A2B2

�sin bt = eat

�A1 A2B1 B2

��cos bt� sin bt

�;

y �x = eat [A2 cos bt+ A1 sin bt] ;y = eat [B2 cos bt+B1 sin bt] :

()�xy

�= eat

�A1B1

�sin bt+ eat

�A2B2

�cos bt = eat

�A1 A2B1 B2

��sin btcos bt

�:

Por tanto, la solución general de la ecuación es una combinación lineal de estas dos solu-ciones: �

x(t)y(t)

�= eat

�A1 A2B1 B2

��C1

�cos bt� sin bt

�+ C2

�sin btcos bt

��


NOTA: Nótese que a; b son la parte real y compleja respectivamente de los autovaloresde la matriz de coe�cientes del sistema:�

x0(t)y0(t)

�=

�a1 b1a2 b2

��xy

�:

y (A = A1+A2i; B = B1+ iB2) es el autovector asociado al autovalor a+ bi. Una soluciónparticular compleja del sistema es:�

x(t)y(t)

�=

�A1 + A2iB1 + iB2

�e(a+bi)t

=

�A1 + A2iB1 + iB2

�eat (cos bt+ i sin bt)

=

�A1 cos(bt)� A2 sin(bt)B1 cos(bt)�B2 sin(bt)

�eat + i

�A2 cos(bt) + A1 sin(bt)B2 cos(bt) +B1 sin(bt)

�eat:

La parte real y la parte imaginaria de la solución anterior son dos soluciones particularesreales del sistema: �

x(t)y(t)

�=


�eat;

y �x(t)y(t)

�=

�A1 sin(bt) + A2 cos(bt)B1 sin(bt) +B2 cos(bt)

�eat:

La solución general del sistema de ecuaciones es una combinación lineal de estas dos solu-ciones particulares:�

x(t)y(t)

�= C1


�eat + C2

�A1 sin(bt) + A2 cos(bt)B1 sin(bt) +B2 cos(bt)

�eat:

Esto es,

x(t) = eat [A1 (C1 cos(bt) + C2 sin(bt)) + A2 (C2 cos(bt)� C1 sin(bt))] ;y(t) = eat [B1 (C1 cos(bt) + C2 sin(bt)) +B2 (C2 cos(bt)� C1 sin(bt))] :


Ejemplo: Hallar la solución general del siguiente sistema de ecuaciones:(x0(t) = x� 2y;y0(t) = 4x+ 5y:

La ecuación característica es �2 � 6� + 13 = 0, con raíces � = 3 � 2i. Buscamos unautovector (A;B) asociado al autovalor � = 3+2i, esto es, A;B son solución del siguientesistema de ecuaciones lineales:(

0 = (1� (3 + 2i))A� 2B;0 = 4A+ (5� (3 + 2i))B;

()(0 = (1 + i)A+B;

0 = 2A+ (1� i)B:

NOTA: El sistema anterior es compatible indeterminado (las dos ecuaciones son linealmentedependientes). Nótese que si multiplicamos la segunda ecuación por 1 + i obtenemos:

0 = (1 + i) (2A+ (1� i)B) = 2(1 + i)A+ 2B = 2 ((1 + i)A+B) :

Buscamos una solución particular de la primera ecuación: 0 = (1 + i)A + B. ComoB = �(1 + i)A, una solución es A = 1, B = �(1 + i). Por tanto, una solución particularcompleja del sistema es:�xy

�=

�1

�(1 + i)

�e(3+2i)t =

�1

�(1 + i)

�e3te2it =

�1

�(1 + i)

�e3t (cos 2t+ i sin 2t)

=

�cos 2t

� cos 2t+ sin 2t

�e3t + i

�sin 2t

� cos 2t� sin 2t

�e3t:

Dos soluciones particulares reales del sistema son:�xy

�=

�cos 2t

� cos 2t+ sin 2t

�e3t;

�xy

�=

�sin 2t


�e3t:


�= C1

�cos 2t

� cos 2t+ sin 2t

�e3t + C2

�sin 2t


�e3t

= e3t�

1 0�1 �1

��C1

�cos 2t� sin 2t

�+ C2

�sin 2tcos 2t

��:


Ejemplo: Hallar la solución del siguiente sistema de ecuaciones con condiciones iniciales:(x0 = 6x� 13y;y0 = 2x� 4y;

x(0) = 5; y(0) = 2:

La ecuación auxiliar es �2 � 2� + 2 = 0, con raíces � = 1 � i. Buscamos un autovector(A;B) asociado al autovalor � = 1 + i; esto es, A;B son solución del siguiente sistema deecuaciones lineales:�

6� (1 + i) �132 �4� (1 + i)

��AB

�=

�00

�()

(0 = (5� i)A� 13B;0 = 2A� (5 + i)B:

NOTA: El sistema anterior es compatible indeterminado (las dos ecuaciones son linealmentedependientes). Nótese que si multiplicamos la segunda ecuación por 5� i obtenemos:

0 = (5� i) (2A� (5 + i)B) = 2(5� i)A� 26B = 2 ((5� i)A� 13B) :

Buscamos una solución (A;B) de la segunda ecuación: 0 = 2A � (5 + i)B. Por ejemplo,tomamos B = 2 y A = 5+ i. Por tanto, dos soluciones particulares reales del sistema son:�

xy

�= et

�5 12 0

��cos t� sin t

�;

�xy

�= et

�5 12 0

��sin tcos t

�:


�= et

�5 12 0

��C1

�cos t� sin t

�+ C2

�sin tcos t

��:

Para hallar la solución particular con condiciones iniciales x(0) = 5, y(0) = 2, sustituimosla solución general en t = 0:�

52

�=

�x(0)y(0)

�= e0

�5 12 0

��C1

�cos 0� sin 0

�+ C2

�sin 0cos 0

��=

�5 12 0

��C1C2

�=

�5C1 + C22C1

�;

de donde, C1 = 1, C2 = 0. La solución buscada es:�xy

�=

�5 cos t� sin t2 cos t

�et:


4.2 Sistemas lineales no homogéneos de EDOs

Vamos a estudiar sistemas lineales no homogéneos de ecuaciones diferenciales ordinariasde primer orden. Empezamos con un sistema con término independiente de dos ecuacionesy dos incógnitas: las funciones x = x(t) e y = y(t). Tenemos:�

x0(t) = a1x(t) + b1y(t) + f(t)y0(t) = a2x(t) + b2y(t) + g(t)

Matricialmente el sistema anterior se escribe como sigue:�x0(t)y0(t)

�=

�a1 b1a2 b2

��x(t)y(t)

�+

�f(t)g(t)

�:

La solución general del sistema se obtiene como suma de la solución del sistema homogéneoasociado y una solución particular del sistema no homogéneo.

Cálculo de una solución particular del sistema Para hallar una solución particulardel sistema no homogéneo seguiremos el razonamiento utilizado para el caso de ecuacionesdiferenciales ordinarias de segundo orden no homogéneas. Esto es:

� Los términos independientes son funciones polinómicas de grado n. Entonces tomamoscomo candidata a solución particular de la ecuación un polinomio del mismo grado:

xp(t) = a1tn + a2t

n�1 + a3tn�2 + � � �+ astn�s+1;

yp(t) = b1tn + b2t

n�1 + b3tn�2 + � � �+ bstn�s+1;

donde ai; bi, con 1 � i � s, son los coe�cientes indeterminados. Sustituyéndolo en laecuación despejamos los valores de los coe�cientes indeterminados.

� Los términos independientes son funciones exponenciales; por ejemplo,

f(t) = eat y g(t) = ebt:

Tomamos xp(t) = Aeat y yp(t) = Bebt, donde A;B son coe�cientes indeterminados.Sustituyéndolo en la ecuación despejamos los valores de los coe�cientes indetermina-dos.

� Los términos independientes son funciones sin(�x) o cos(�x). En este caso tomamos

xp(t) = A1 sin(�t) +B1 cos(�t)

yp(t) = A2 sin(�t) +B2 cos(�t)

dondeA1; B1; A2; B2 son los coe�cientes indeterminados. Sustituyéndolo en la ecuacióndespejamos los valores de los coe�cientes indeterminados.


Ejemplo: Sabiendo que (x(t) = 2e4t;

y(t) = 3e4t;y

(x(t) = e�t;

y(t) = �e�t;

son soluciones del sistema 8><>:dx

dt= x(t) + 2y(t);

dy

dt= 3x(t) + 2y(t);

se pide hallar la solución general del sistema:8><>:dx

dt= x(t) + 2y(t) + t� 1;

dy

dt= 3x(t) + 2y(t)� 5t� 2:

Solución: Como los términos independientes del sistema son polinomios de orden unoprobamos con soluciones particulares de la forma:�

x(t) = at+ b;y(t) = ct+ d:

Tenemos: �x0(t) = a;y0(t) = c;

y, sustituyéndolo en el sistema de EDOs obtenemos:�a = at+ b+ 2(ct+ d) + t� 1;c = 3 (at+ b) + 2(ct+ d)� 5t� 2:

Igualando coe�cientes tenemos:8>><>>:0 = a+ 2c+ 1a = b+ 2d� 10 = 3a+ 2c� 5c = 3b+ 2d� 2

=) a = 3; b = �2; c = �2; d = 3

Por tanto, la solución gereal del sistema no homogéneo es:�x(t) = A2e4t +Be�t + 3t� 2;y(t) = A3e4t �Be�t � 2t+ 3:


4.2.1 Método de variación de las constantes

Dado un sistema de n EDOs lineales con coe�cientes constantes,

~X(t) = A ~X(t) + ~F (t)

con �(t) = f ~X1(t); : : : ; ~Xn(t)g un sistema fundamental de soluciones del sistema homogé-neo, entonces la soluci´pon general del sistema homogéneo asociado ~X(t) = A ~X(t) es:

~X(t) = �(t)~C, donde ~C =

0B@ C1...Cn

1CA :donde �(t) es la matriz fundamental. Vamos a ver qué tiene que cumplir ~C(t) para que~X(t) = �(t)~C(t) sea solución del sistema. Imponemos que ~X(t) = �(t)~C(t) sea solucióndel sistema; esto es,

~X 0(t) = �0(t)~C(t) + �(t)~C 0(t) = A�(t)~C(t) + ~F (t): (9)

Como ~X(t) = �(t)~C es solución del sistema homogéneo se tiene: �0(t) = A�(t), luego lacondición (9) se escribe como sigue:

�(t)~C 0(t) = ~F (t):

Por tanto,~C(t) =

Z�(t)�1 ~F (t)dt

y~X(t) = �(t)

Z�(t)�1 ~F (t)dt

es una solución particular del sistema. La solución general del sistema es:

~X(t) = �(t)~C| {z }solución general del sistema homogéneo

+ �(t)

Z�(t)�1 ~F (t)dt| {z }

solución particular del sistema

:


Ejemplo: Hallar la solución general del siguiente sistema de ecuaciones diferenciales or-dinarias: 8<:

x01(t) = �2x1(t)� x2(t) + e�t;x02(t) = x2(t) + 2;x03(t) = 3x1(t) + x2(t) + x3(t) + t

2 � 1:Solución: Matricialmente el sistema se escribe como sigue:0@ x01(t)

x02(t)x03(t)

1A =

0@ �2 �1 00 1 03 1 1

1A0@ x1(t)x2(t)x3(t)

1A+0@ e�t

2t2 � 1

1A :Un sistema fundamental de soluciones del sistema es:

�(t) =

8<:0@ 001

1A et;0@ �1

30

1A et;0@ �1

01

1A e�2t9=;

y una matriz fundamental es:

�(t) =

0@ 0 et �e�2t0 �3et 0et 0 e�2t

1A :La solución general del sistema homogéneo asociado es:0@ x1(t)

x2(t)x3(t)

1A =

0@ 0 et �e�2t0 �3et 0et 0 e�2t

1A0@ C1C2C3

1A :Para calcular una solución particular del sistema calculamos primero

R�(t)�1 ~F (t)dt. Se

tiene:

�(t)�1 =

0@ 1et

13et

1et

0 � 13et

0� 1e�2t � 1

3e�2t 0

1A ;�(t)�1 ~F (t) =

0@ 1et

13et

1et

0 � 13et

0� 1e�2t � 1

3e�2t 0

1A0@ e�t

2t2 � 1

1A =

0@ t2e�t + e�2t � 13e�t

�23e�t

�13e2t (3e�t + 2)

1A :Como Z �

t2e�t + e�2t � 13e�t�dt = �1

2e�2t � (t2 + 2t+ 5

3e)�t;Z

�23e�tdt = 2

3e�t;Z

�13e2t�3e�t + 2

�dt = �et � 1

3e2t:


Una solución particular del sistema es:

~X(t) = �(t)

Z�(t)�1 ~F (t)dt =

0@ 0 et �e�2t0 �3et 0et 0 e�2t

1A0@ �12e�2t � (t2 + 2t+ 5

3e)�t

23e�t

�et � 13e2t

1A=

0@ e�t + 1�2

�23e�t � t2 � 2t� 2

1A :Por tanto, la solución general del sistema es:

~X(t) =

0@ etC2 � e�2tC3�3etC2

etC1 + e�2tC3

1A+0@ e�t + 1

�2�23e�t � t2 � 2t� 2

1A :Ejemplo: Hallar la solución general del siguiente sistema de ecuaciones diferenciales or-

dinarias: �x01(t) = �3x1(t) + x2(t) + 3t;x02(t) = 2x1(t)x� 4x2(t) + e�t:

Solución: Matricialmente el sistema se escribe como sigue:�x01(t)x02(t)

�=

��3 12 �4

��x1(t)x2(t)

�+

�3te�t

�:

Una matriz fundamental del sisetma es:

�(t) =

�e�2t �e�5te�2t 2e�5t

�:

, inverse:Se tiene:Z�(t)�1 ~F (t)dt =

�2

3e�2t1

3e�2t

� 13e�5t

13e�5t

��3te�t

�=

�1

3e2(�t)(6t+ e�t)

13e5(�t)

(e�t � 3t)

�:


5 Aplicaciones

5.1 Mecanismo masa resorte

La ecuación diferencial que rige el mecanismo masa resorte es

md2x

dt2+ �

dx

dt+ kx = f(t);

donde

� x(t) es el desplazamiento respecto de la posición de equilibrio

� m es la masa

� � es el coe�ciente de amortiguamiento viscoso

� k es la constante elástica del resorte

� f(t) es la fuerza exterior.

Queremos hallar el desplazamiento (vibración) para los distintos valores de �, k y f(t).

Vibraciones libres Caso homogéneo: f(t) = 0, tenemos:

mx00(t) + �x0(t) + kx(t) = 0:

Distinguimos dos casos: � = 0 y � 6= 0.

1. Vibraciones libres sin amortiguamiento: � = 0. La ecuación se escribe como sigue:

mx00(t) + kx(t) = 0:

La solución general es de la forma:

x(t) = A sin

�qkmt

�+B cos

�qkmt

�:

Es un movimiento vibratrio.

2. Vibraciones libres amortiguadas: � 6= 0. La ecuación se escribe como sigue:

mx00(t) + �x0(t) + kx(t) = 0:

La ecuación característica de la ecuación es:

m�2 + ��+ k = 0;

y tiene raíces

� =��

p�2 � 4mk2m

:

Luego las soluciones dependen del signo de �2 � 4mk.


(a) Si �2 � 4mk > 0 entonces las raíces de la ecuación característica son:

�1 =��+

p�2 � 4mk2m

< 0;

�2 =��

p�2 � 4mk2m

< 0;

y la solución general es de la forma:

x(t) = Ae�1t +Be�2t:

Se tiene:limt!1

x(t) = 0 (que es la posición de equilibrio).

Luego la masa regresa a su posición de equilibrio.Los valores � tales que �2 � 4mk > 0 se dicen de sobreamortiguamiento.

(b) Si �2�4mk = 0 entonces � =p4mk, se denomina amortiguamiento crítico. La

solución general es de la forma:

x(t) = (A+Bt) e�p4mk2m

t:

(c) Si �2 � 4mk < 0 ntonces las raíces de la ecuación característica son complejasconjugadas. Los valores � tales que �2 � 4mk < 0 se denominan de amor-tiguamiento subcrítico. La solución general es de la forma:

x(t) = e��2mt

�A cos

�p4mk��22m

t

�+B sin

�p4mk��22m

t

��:

Vibraciones forzadas Caso no homogéneo: f(t) 6= 0.Normalmente f(t) es una fuerza de tipo periódico: f(t) = sin(!t). La solución partic-

ular de la ecuación es de la forma:

xp(t) = A sin(!t) +B cos(!t):

En el caso particular en el que f(t) = sin(!t) es solución de la homogénea (sucede cuando

� = 0 y ! =q

kmllamada frecuencia de resonancia) la solución particular de la ecuación

es de la forma:xp(t) = At sin(!t) +Bt cos(!t);

que es una caso peligroso pues xp(t) es una función no acotada.


5.2 Flexión de una viga

Suponemos una viga de longitu L, homogénea y con una sección transversal uniforme.Cuando no recibe carga alguna la curva que une los centroides de sus secciones transversalesse denomina eje de simetría y si a la viga se le aplica una carga en un plano vertical quecontenga al eje de simetría, sufre una distorsión y la curva que une los centroides de lassecciones transversales se denomina curva de �exión ó elástica.Suponagamos que el eje x coincide con el eje de sietría y y(x) es la curva de �exión

(�exión positiva si y(x) < 0).La teoría de elasticidad demuestra que el momento �exionante M(x) satisface la sigu-

iente ecuación diferencial ordinaria:

d2M

dx2= w(x)

donde w(x) es la carga por unidad de longitud. Además se tiene:

M(x) = E � I � k(x);

donde E; I son constantes y k(x) es la curvatura de la curva de �exión y por tanto satisfacela siguiente ecuación:

k(x) =y00(x)

(1 + y0(x)2)3=2

que cuando y0(x) � 0 entonces (1 + y0(x)2)3=2 � 1 y por tanto, k(x) � y00(x). Luego

dM

dx= EI

dk(x)

dx= EI

d3y

dx3;

y la curva de �exión y(x) satisface la siguiente EDO de cuarto orden:

EId4y

dx4= w(x):


6 Bibliografía

1. Chiang, A. C. Métodos Fundamentales de Economía Matemática. Ed. McGraw-Hill.(1987).

2. Simmons, G. F. Ecuaciones diferenciales. Con aplicaciones y notas históricas. Ed.McGraw-Hill. (1996).

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1 Introducción a las ecuaciones diferencialesdma.aq.upm.es/profesor/rosado_e/ApuntesEDO2014.pdf2 Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden Vamos a estudiar diferentes tipos